1、数列 (见学生用书P144)数列问题以其多变的形式和灵活的解题方法备受高考考试命题者的青睐，历年来都是高考命题的“热点”对应试考生来说，数列既是重点，又是难点近年来，高考中数列问题已逐步转向多元化，命题中含有复合数列形式的屡见不鲜，从而，这类问题成为学生应试的新难点(1)通项探求型该类题型一般转化为等差、等比数列或常见的简单的递推数列来实现求解，求解过程直接化，求解技巧模式化(2)大小比较型比较两个数列的大小关系型问题，一般利用比差法和比商法来达到目的，借助于数的正负性质来判断，从而获解(3)两个数列的子数列性质型探索两个数列公共项的有关性质，公共项构成的数列是两个数列的子数列，所以，抓住它们
2、的通项是解题的关键(4)存在性探索型该类问题一般是先设后证，然后反推探索，若满足题设则存在，若不合题意或矛盾，则不存在，它是探索性命题中的一种极为典型的命题形式(5)参数范围型在复合数列问题中再引入参数，难度更大，探索参数的取值范围对考生来说是一个难点，这类问题主要是建立目标函数或目标不等式，转化为求函数最值和求解不等式考点一数列的通项与求和1使用等比数列的求和公式，要考虑公比q1与q1两种情况，切忌直接用Sn.2利用an与Sn的关系：an求解an，注意对首项的验证3数列求解通项公式的方法：(1)等差等比(求解连续项的差或商，商出现字母的时候注意讨论)(2)利用an与Sn的关系：an(3)归纳
3、猜想证明法(4)可以转化为等差和等比的数列(一般大多题有提示，会变成证明题)an1panq，令an1p(an)；an1panqn，(两边除以qn1)，再由式转化；an1panf(n)；an2pan1qan，令an2an1(an1an)；(5)应用累加、累乘法求数列的通项：an1anf(n)，an1anf(n)(6)对于分式an1，取倒数，数列的倒数有可能构成等差数列(对于分式形式的递推关系)(7)给定Snf(an)形式的，可以结合SnSn1an，写成关于an，an1的关系式，也可以写成关于Sn，Sn1的关系式，关键就是哪个关系式比较容易的求解出结果来4数列求和公式法；性质法；分组求和法；裂项相
4、消法；错位相减法；倒序相加法例 11(2015湖北卷)设等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，等比数列bn的公比为q.已知b1a1，b22，qd，S10100.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)当d1时，记cn，求数列cn的前n项和Tn.分析：(1)根据题目已知条件，利用方程组思想求出a1，d.从而求出数列an、bn的通项公式(2)利用错位相减法求数列cn的前n项和Tn.解析：由题意有，即解得或故或(2)由d1，知an2n1，bn2n1，故cn，于是Tn1，Tn，可得Tn23，故Tn6.例 12(2015惠州模拟)已知等差数列an的首项a11，公差d0，且a2，a5，a14分别是等比数
5、列bn的b2，b3，b4.(1)求数列an与bn的通项公式；(2)设数列cn对任意自然数n均有an1成立，求c1c2c2 014的值分析：(1)依题意，a2，a5，a14成等比数列(14d)2(1d)(113d)，可求得d，继而可求得数列an的通项公式；由b2a23，b3a59，可求得数列bn的公比q与其首项，从而可得通项公式(2)由(1)知an2n1，bn3n1，由an1，可求得c1b1a23，an1an2(n2)，于是可求得数列cn的通项公式，继而可求得c1c2c2 014的值解析：(1)a21d，a514d，a14113d，且a2，a5，a14成等比数列，(14d)2(1d)(113d)
6、，解得d2(d0舍去)，an1(n1)22n1.又b2a23，b3a59，q3，b11，bn3n1.(2)an1，a2，即c1b1a23.又an(n2)，an1an2(n2)，cn2bn23n1(n2)，cnc1c2c2 014323232232 01332(33232 013)3232 014.考点二数列与不等式不等式证明：(1)证明数列anm或ana2k1，求c的取值范围分析：(1)可先归纳猜出an，再用数学归纳法证明；还可以将等式化为(2n1)，利用累加法求通项(2)转化为函数恒成立问题，分类讨论求解解析：(1)(方法1)由a11，得a2ca1c233c2c(221)c2c，a3ca2c
7、358c3c3(321)c3c2，a4ca3c4715c4c3(421)c4c3，猜测an(n21)cncn1，nN*.下用数学归纳法证明当n1时，等式成立；假设当nk时，等式成立，即ak(k21)ckck1，则当nk1时，ak1cakck1(2k1)c(k21)ckck1ck1(2k1)(k22k)ck1ck(k1)21ck1ck，综上，an(n21)cncn1对任何nN*都成立(方法2)由原式得(2n1)令bn，则b1，bn1bn(2n1)，因此对n2，有bn(bnbn1)(bn1bn2)(b2b1)b1(2n1)(2n3)3n21，因此an(n21)cncn1，n2.又当n1时上式成立，
8、因此an(n21)cncn1，nN*.(2)由a2ka2k1，得(2k)21c2kc2k1(2k1)21c2k1c2k2，因为c2k20，所以4(c2c)k24ckc2c10对kN*恒成立记f(x)4(c2c)x24cxc2c1.下面分三种情况讨论：当c2c0即c0或c1时，代入验证可知只有c1满足要求当c2c0时，抛物线yf(x)开口向下，因此当正整数k充分大时，f(x)0，即c1时，抛物线yf(x)开口向上，其对称轴x必在直线x1的左边，因此，f(x)在1，)上是增函数所以要使f(k)0对kN*恒成立，只需f(1)0即可由f(1)3c2c10，解得c.结合c1得c1.综合以上三种情况，c的
9、取值范围为，(1，)考点三数列综合问题例 31(2015广东卷)数列an满足：a12a2nan4，nN*.(1)求a3的值；(2)求列an的前n项和Tn；(3)令b1a1，bnan(n2)，证明：数列bn的前n项和Sn满足Sn22ln n.分析：(1)通过赋值，分别令n1，2，3代入已知式子求解(2)为求数列an的前n项和Tn，先求数列an的通项公式an，可根据已知关系式利用数列的递推思想，先求出nan，再求解(3)先求出数列bn的前n项和Sn，然后可构造函数证明解析：令n1a11；令n2a12a22a2；令n3a12a23a34a3.(2)当n2时，a12a23a3(n1)an14，a12a
10、23a3(n1)an1nan4，得nan，an.又当n1时，a11也适合an，an(nN*)，易证数列an是等比数列，首项a11，公比q.数列an的前n项和Tn2.(3)证明：b1a11，S122ln 1成立又b2a2，b3a3，bnan，数列bn的前n项和Snb1b2bna1a2an(a1a2an)2，构造函数h(x)ln 1，x0，h(x)，令h(x)0，解得0x1；令h(x)0，解得x1，h(x)ln1，x0在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，h(x)h(1)0，ln10，x0(仅当x1时取等号)，即ln x1.又ln nlnlnln 2，222ln n，Sn22ln n.例
11、32数列an(nN*)中，a1a，an1是函数fn(x)x3(3ann2)x23n2anx的极小值点(1)当a0时，求通项an；(2)是否存在a，使数列an是等比数列？若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由分析：(1)可求出a1，a2，a3，a4，然后归纳猜想，用数学归纳法证明(2)由(1)可知数列an是等比数列，则ana3n1，且a3nn2对一切nN*都成立，用导数方法求出a的取值范围解析：易知fn(x)x2(3ann2)x3n2an(x3an)(xn2)令fn(x)0，得x13an，x2n2.若3ann2，则当x0，fn(x)单调递增；当3anxn2时，fn(x)n2时，fn(x)0
12、，fn(x)单调递增故fn(x)在xn2时取得极小值若3ann2，仿(1)可得，fn(x)在x3an时取得极小值若3ann2，则fn(x)0，fn(x)无极值(1)当a0时，a10，则3a112，由知，a2121.因3a2332，则由知，a43a312.又因为3a43642，则由知，a53a436.由此猜测：当n3时，an43n3.下面用数学归纳法证明：当n3时，3ann2.事实上，当n3时，由前面的讨论知结论成立假设当nk(k3)时，3akk2成立，则由知，ak13akk2，那么，当nk1时，3ak1(k1)23k2(k1)22k(k2)2k10，所以3ak1(k1)2.故当n3时，3ann
13、2成立于是由知，当n3时，an13an，而a34，因此an43n3.综上所述，当a0时，a10，a21，an43n3(n3)(2)存在a，使数列an是等比数列事实上，由知，对任意的n，都有3ann2，则an13an，即数列an是首项为a公比为3的等比数列，且ana3n1.而要使3ann2，即a3nn2对一切nN*都成立，只需a对一切nN*都成立记bn，则b1，b2，b3，令y，则y(2xx2ln 3)(2xx2)因此，当x2时，y时，必有a.这说明，当a时，数列an是等比数列；当a时，可得a1，a2.而3a2422，由知f2(x)无极值，不合题意；当a时，可得a1a，a23a，a34，a412，数列an不是等比数列；当a时，可得3a112；由知f1(x)无极值，不合题意；当a时，可得a1a，a21，a34，a412，数列an不是等比数列综上所述，存在a，使数列an是等比数列，且a的取值范围为.
